$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\tan x- \sin x}{x^{3}}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x .(\frac{1}{\cos x }-1)}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0}({\frac{\sin x}{x}.\frac{\frac{1}{\cos x}}{x^2}})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-1}{(\frac{1}{\cos x}+1)x^2})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\tan^2 x}{x^2.(\frac{1}{\cos x}+1)})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\sin^2 x}{x^2(\cos^2 x+ \cos x)})=\lim_{x\rightarrow 0}(\frac{\sin x}{x}.\frac{\sin^2 x}{x^2}.\frac{1}{\cos^2 x + \cos x})=1.1.\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$

Điều kiện $x\neq -1 , x\neq 4$

Phương trình trở thành : $\frac{x^2+4}{(x+1)(x-4)}-\frac{2x(x-4)}{(x+1)(x-4)}=-1$

$\Leftrightarrow \frac{x^2+4-2x(x-4)}{(x+1)(x-4)}=-1\Leftrightarrow \frac{-x^2+8x+4}{(x+1)(x-4)}=-1\Leftrightarrow x^2-8x-4=x^2-3x-4$

Hay $x=0$ 

(Belarusian MO 1999 ): Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\geq 2$ ta có $\tau (n) \geq 2 $

a) Dễ thấy $H$ là trực tâm $\Delta AMB$ ( do $MI \perp AB , BC \perp AM , AD \perp MB , AD\cap BC={H}$ )

Ta có : $\widehat{OCD}=\frac{180^{\circ}-\widehat{COD}}{2}=90^{\circ}-\widehat{CAD}$

Mặt khác $\widehat{OIC}=180^{\circ}-\widehat{ACI}-\widehat{CAI}=180^{\circ}-(90^{\circ}-\widehat{ICB})-\widehat{CAI}=90^{\circ}-\widehat{CAI}+\widehat{ICB}=90^{\circ}-\widehat{CAD}$ ( do tứ giác $ACHI$ nội tiếp )

Do đó $\widehat{OIC}=\widehat{OCK}$

Từ đó suy ra $\Delta OCI \sim \Delta OKC$

b) Từ $\Delta OCI \sim \Delta OKC$ ta được $OC^2=OI.OK\Rightarrow R^2=\frac{R}{2}.OK\Leftrightarrow OK=2R \Rightarrow BK=R$

Khi đó $KQ^2=KI^2+IQ^2=(KB+IB)^2+OQ^2-OI^2=(\frac{3R}{2})^2+R^2-(\frac{R}{2})^2=3R^2=2R.\frac{3R}{2}=KO.KI$

Nên $\frac{KQ}{KI}=\frac{KO}{KQ}$

Do đó $\Delta KIQ \sim \Delta KQO$

Từ đó ta suy ra $KQ$ là tiếp tuyến tại $Q$ của $(O)$

Tương tự ta cũng suy ra được $KP$ là tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$

Cho $\Delta ABC$ nhọn không cân , ngoại tiếp $(I)$ . $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$ . $AD$ cắt lại $(I)$ tại $T$ . $(BDT)$ và  $(CDT)$ cắt lại $(I)$ tại $K,L$ . Chứng minh rằng $KL//BC$.

.Cho $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $(4a^2-1)^2 \vdots (4ab-1)$ .Chứng minh $a=b$

Tìm $p,q$ nguyên tố thỏa mãn $pq | 2^p+2^q$

Chứng minh rằng tập $\left \{ 2^n-3|n=2,3,... \right \}$ có một tập con vô hạn phần tử mà tất cả phần tử đều đôi một nguyên tố cùng nhau. 

Chứng minh rằng: $\sqrt[p]{\sum_{i=1}^{n}|a_{i}+b_{i}|^p}\leq \sqrt[p]{\sum_{i=1}^{n}|a_{i}|^p}+\sqrt[p]{\sum_{i=1}^{n}|b_{i}|^p}$

Với mọi $p>1$

Tìm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện: 

$f(x+y+f(y))=f(f(x))+2y$ với mọi $x,y$ thuộc $\mathbb{R}$.

Tam giác ABC có nội tiếp đường tròn nào ko mà có cung BC

Mình sửa lại đề rồi nhé

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . D là trung điểm của cung BC nhỏ , đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc BC tại K . Đường thẳng qua I , $\perp OI $ cắt OA,OK lần lượt tại X và Y . Chứng minh I là trung điểm XY 

Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn với mỗi số nguyên tố p cho trước , $\exists a\epsilon Z$ thỏa mãn $2^p+3^p=a^n$

a) +) Dễ dàng có được $\Delta BIO = \Delta BHO$ ( cạnh huyền - góc nhọn )

Suy ra $ BI = BH $
+) Từ $\Delta BIO = \Delta BHO$  suy ra $ IO = HO $ 

Mà H đối xứng K qua O nên $ KO = HO $ 
Nên $ KO=IO $

Do đó dễ dàng có được $\Delta EIO = \Delta EKO$ ( cạnh huyền - cạnh góc vuông )

+) Từ $\Delta BIO = \Delta BHO$ và  $\Delta EIO = \Delta EKO$  ta được BO và EO lần lượt là phân giác của $\widehat{HOI}$ và $\widehat{KOI}$

Suy ra $EO \perp BO$ hay $\widehat{EOB}=90^{\circ}$

b) Lấy $OJ \perp AC$ tại J . Khi đó tương tự phần a ta được $\Delta FOC$ vuông tại O và $ KF = JF , HC=JC $

Mà $OJ \perp AC$ tại J nên $FJ.JC=JO^2=FK.CH$

Tương tự $EI.IB=OI^2=EK.BH$ 

Mà $ JO = OK = OI $

Nên ta có đpcm 

3) Từ hệ phương trình đã cho ta có 

$x^2-xy-xz+z^2+x^2-xz-yz+3y^2-(y^2+xy+yz-z^2)=0+2-2$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=0$

Mà $(x-y)^2\geq 0 , (y-z)^2\geq 0,(z-x)^2\geq 0$ nên $\sum (x-y)^2 \geq 0$

Dấu "=" xảy ra tại $x=y=z$

Thay vào phương trình giữa ta được $2y^2=2$

Khi đó $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$

1) Điều kiện  $x\neq -y , y\neq -z , z\neq -x$

Hệ phương trình tương đương 

$\left\{\begin{matrix} \frac{xy}{x+y}+z=1 & \\ \frac{yz}{y+z}+x=2 & \\ \frac{zx}{z+x}+y=2 \end{matrix}\right.$

Khi đó ta có $xy+yz+zx = x+y = 2(y+z) = 2(z+x)$

Từ đó suy ra $ x=y $ và $ z=0 $

Thế $z=0$ vào $\frac{yz}{y+z}=2-x$ ta được $x=2$

Vậy $x=y=2$ và $z=0$

Lấy $BK \perp AC$ tại K 

Ta có $\frac{BK}{AB}=sin15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

Khi đó $S_{ABC}= \frac{BK.AC}{2}=\frac{AB.\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.AC}{2}=3\sqrt{6}-3\sqrt{2}$ ($cm^2$)

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp (I)  . (I) tiếp xúc BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F . (AEB) cắt (AFC) tại $A_{1}$ khác A , (BFC) cắt (BDA) tại $B_{1}$ khác B , (CDA) cắt (CEB) tại $C_{1}$ khác C . CMR $AA_{1}$,$BB_{1}$,$CC_{1}$ đồng quy 

 Ta có  $ab+c(a+b)=3c^2\Leftrightarrow (a+c)(b+c)=(2c)^2$

Đặt $(a+c,b+c)=d$ ,suy ra $d | a-b$ hay $ d=1 $ hoặc $ d=a-b$ ( do$a-b$ là số nguyên tố )

+) Nếu $d=1$ thì $ a+c , b+c $ đều là số chính phương  . Đặt $a+c=m^2$ và $b+c=n^2$ $( m ,n \epsilon \mathbb{Z})$

Suy ra $m^2-n^2=a-b$ , mà $a-b$ là số nguyên tố nên $m-n=1 \Leftrightarrow  m=n+1 $ 

Lại có $4c^2=m^2n^2$ suy ra $8c+1= 4mn+1= (2n+1)^2$ là số chính phương

+) Nếu $d=a-b $ thì $a+c=(a-b)x,b+c=(a-b)y$ $(x,y\epsilon \mathbb{Z})$

$\Rightarrow a-b =(a-b)(x-y)\Rightarrow x-y=1 \Rightarrow x=y+1$

Khi đó $4c^2=(a+c)(b+c)=(a-b)^2xy =(a-b)^2y(y+1)$

Suy ra $y(y+1) $ là số chính phương hay$y=0$ , suy ra $c=0$ , từ đó ta có 8c+1 là số chính phương.

Với n là số nguyên dương lẻ khác 1 thỏa mãn $6^n+7^n \vdots n $ .Chứng minh $n \vdots 13 $ 

Giúp em bài này với ạ.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm GTNN của $P=\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+6z}}+\frac{y+z}{\sqrt{y^2+z^2+6x}}+\frac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+6y}}$

Với $x+y+z=3$ thay vào P ta được :

 $P= \frac{3-z}{\sqrt{x^2+y^2+6(3-x-y)}}+\frac{3-x}{\sqrt{z^2+y^2+6(3-z-y)}}+\frac{3-y}{\sqrt{x^2+z^2+6(3-x-z)}}$

$\Rightarrow P = \sum_{x,y,z}{\frac{(z-3)^2}{(x-3)^2+(y-3)^2}}$

Đặt ẩn phụ như sau:

$(x-3)^2=a;(y-3)^2=b;(z-3)^2=c \Rightarrow a,b,c\geq 0$

$\Rightarrow P=\sum_{a,b,c}\sqrt{\frac{a}{b+c}}$

Sử dụng AM-GM dưới dạng mẫu :

$\sum_{a,b,c}\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sum_{a,b,c}\frac{2a}{2\sqrt{a(b+c)}}\geq \sum_{a,b,c}\frac{2a}{a+b+c}= 2$

Dấu "=" xảy ra khi $(x,y,z)=(3,0,0)$ và các hoán vị . 

Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì hai số $2032^n+8^n$ và $2032^n-8^n$ có số chữ số bằng nhau .

Cho $\Delta ABC$ không cân , nội tiếp (O) , B,C cố định , A thay đổi trên (O).Trên các tia AB,AC lần lượt lấy các điểm M,N để $MA=MC, NA=NB$ . $(AMN)$ cắt $(ABC)$ cắt nhau tại A và P . MN cắt BC tại Q.Gọi I là tâm của $(OBC)$ , I' đối xứng I qua MN.Chứng minh $AI'\perp BC$ . 

P/s: Nguyên mẫu bài này là VMO 2014 =))) 

Do $a+b+c$=1 nên $1-a=b+c$ ,  $1-b=a+c$ ,  $1-c=b+a$

Khi đó $\frac{a}{1-a}=\frac{a}{b+c}$ , $\frac{b}{1-b}=\frac{b}{a+c}$ , $\frac{c}{1-c}=\frac{c}{b+a}$

Đặt $b+c=x$ , $c+a=y$ , $a+b=z$

Suy ra $a+b+c=\frac{x+y+z}{2}$

Khi đó $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} = \frac{y+z-x}{2x}+\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}=\frac{1}{2}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z})-\frac{3}{2}\geq 1+1+1-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ 

Suy ra $\Delta ABC$ đều 

Biến đổi đẳng thức đã cho ta được $p(p+1)+q(q+1)=n(n+1)\Leftrightarrow p(p+1)=(n-q)(n+q+1)$

Giả sử tồn tại p,q nguyên tố và n nguyên dương thỏa mãn bài toán , khi đó từ đẳng thức trên ta suy ra $n-q \vdots p$ hoặc $n+q+1\vdots p$

Xét các trường hợp$n-q \vdots p$

+)Th1:$n-q \vdots p$ thì suy ra $n-q\geq p$ do đó $n+q+1>p+1$

Suy ra $p(p+1)< (n-q)(n+q+1)$ (mâu thuẫn )

+) Th2: $n+q+1\vdots p$ , khi đó tồn tại số tự nhiên k để $n+q+1=kp$ (k khác 0)

Do đó từ $p(p+1)=(n-p)(n+q+1)$ ta suy ra $p+1=k(n-q)$

Mà $(p+q)(p+q+1)=(p+1)p+q(q+1)+2pq\geq n(n+1)$

KMTTQ giả sử $p\geq q$

Do $n(n+1)> p(p+1)$ nên $n>p$

Từ  $n+q+1=kp$  ta được $kp>n>p$

nên $k>1$

Mặt khác $kp<(p+q)+q+1 \leq 3p+1 <4p $ 

Như vậy ta có $1<k<4$ và k là số tự nhiên nên ta được hoặc $k=2$ hoặc $k=3$

+) Với $k=2$ thì $n=2p-q-1$ và $p+1=2(n-q)$ nên suy ra $3(p-1)=4q$

Do đó q chia hết cho 3 , q nguyên tố nên $q=3$ suy ra $p=5$ và $n=6$

+) Với $k=3$ thì $n=3p-q-1$ và $p+1=3(n-q)$ suy ra $2(2p-1)=3q$

Do đó q chia hết cho 2 , q nguyên tố nên $q=2$ suy ra $p=2$ và $n=3$

(P/s: Đánh vội nên nếu có chỗ sai sót mong bạn thông cảm =)))) )